Dạy thêm toán 11 CÂU hỏi CHỨA đáp án 1h3 5

KHOẢNG CÁCH
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH CỦA HAI ĐIỂM VÀ CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN
Câu 1.

Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy là a 2 và tam giác SAC đều. Tính độ dài
cạnh bên của hình chóp.
A. 2a .

C. a 3 .
Lời giải

B. a 2 .

D. a .

Chọn A
Hình chóp tứ giác đều S . ABCD nên ABCD là hình vng có cạnh bằng a 2 nên AC  2a .
Tam giác SAC đều nên cạnh bên SA  AC  2a .
Câu 2.

(Hội 8 trường chuyên ĐBSH - Lần 1 - Năm học 2018 - 2019) Cho tứ diện ABCD có
AC  3a, BD  4a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm AD và BC . Biết AC vng góc BD .
Tính MN .

A.

MN 

5a
2 .

B.

MN 

7a
2 .

C.

MN 

a 7
2 .

Lời giải
Chọn A
Gọi P là trung điểm AB
�AC // PN
AC 3a
BD
� PN  PM
�
PN 
 ; PM 
 2a
BD
//
PM
2
2

2
Ta có �
và

MN  PM 2  PN 2 

5a
2

1

D.

MN 

a 5
2 .


Câu 3.

(Ngơ Quyền - Hải Phịng lần 2 - 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều
o
SA   ABC 
ABC 
SBC 
cạnh a ,
, góc giữa hai mặt phẳng 
và 
là 60 . Độ dài cạnh SA bằng

3a
A. 2 .

a
B. 2 .

C. a 3 .
Lời giải

a
D. 3 .

Chọn A

Gọi I là trung điểm BC , khi đó BC  AI
Mặt khác

BC  AI , BC  SA � BC   SAI  � BC  SI

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng
Tam giác SIA vuông tại A nên
Câu 4.

 ABC 

và

� 
tan SIA

 SBC  là

�
SIA
.

SA
�  a 3 . 3  3a
� SA  IA.tan SIA
AI
2
2 .

(ĐỀ KT NĂNG LỰC GV THUẬN THÀNH 1 BẮC NINH 2018-2019) Cho hình lăng trụ
ABC. A���
B C có tất cả các cạnh đều bằng a . Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30�.

2


BC 
 A���
C . Tính theo a khoảng
Hình chiếu H của A trên mặt phẳng
là trung điểm của B ��
BC .
cách giữa hai mặt phẳng đáy của lăng trụ ABC. A���
a
A. 2 .

a 3
C. 2 .

a
B. 3 .

a 2
D. 2 .

Lời giải
Chọn

A.

� H  30�
Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30�nên AA�
.

B C bằng
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy của lăng trụ ABC. A���
a
AH  AA�
.sin �
AA�
H  AA�
.sin 30�
2.

Câu 5.

Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AD  2a , CD  a , AA '  a 2 . Đường chéo
AC ' có độ dài bằng
A. a 5 .

B. a 7 .

C. a 6 .

D. a 3 .

Lời giải
Chọn B



AC '  AB 2  AD 2 +AA '2  a 2   2a  + a 2
2

Câu 6.



2

a 7

.

B C D có AD  2a , CD  a , AA�

 a 2 . Đường chéo
Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A����
AC �có độ dài bằng:
A. a 5 .

B. a 7 .

C. a 6 .
Lời giải

Chọn B

3

D. a 3 .


2
2
2
 AC 2  CC �
 5a 2  2a 2  a 7 .
Ta có AC  AD  DC  a 5 . Nên AC �

Câu 7.

(Hội 8 trường chuyên ĐBSH - Lần 1 - Năm học 2018 - 2019) Cho tứ diện ABCD có tam
giác ABD đều cạnh bằng 2 , tam giác ABC vuông tại B , BC  3 . Biết khoảng cách giữa hai

11

đường thẳng chéo nhau AB và CD bằng 2 . Khi đó độ dài cạnh CD là
A.

2.

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D.

3.

Chọn A
Dựng hình chữ nhật ABCE , gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CE , MH  DN tại H
Ta có
�AB  DM
� AB   DMN  � CE   DMN  � MH  CE
�
�AB  MN
�MH  DN
11
� MH   CDE 
�
� d  AB, CD   d �
M ;  CDE  �
 MH 
�
�

�MH  CE
2
tại H
Tam giác DMN có DM  MN  3 � H là trung điểm DN , mà
� DN  1
2
2
Xét tam giác DNC vuông tại N CD  DN  CN  2 .

4

HN  MN 2  MH 2 

1
2


Câu 8.

Cho hình bình hành ABCD . Qua A, B, C , D lần lượt vẽ bốn nửa đường thẳng Ax, By , Cz , Dt

 song song với nhau và khơng nằm trong mặt phẳng 
 . Một
cùng phía so với 

, B�
,C�
, D�thỏa mãn
mặt phẳng   lần lượt cắt các nửa đường thẳng Ax, By, Cz , Dt tại A�
AA�

 2, BB�
 3, CC �
 4 . Hãy tính DD�
.
ABCD

A. 3.

ABCD

B. 7.

C. 2.
Lời giải

D. 5.

Chọn C

C và B��
D . Khi đó II �là đường trung
Gọi I là giao của AC và BD . I �là giao điểm của A��
A�và BDD�
B�
bình của các hình thang ACC �
. Theo tính chất của hình thang ta có
2 II �
 BB�
 DD�
 AA�

 CC �
 2  4  6 � DD�
3.

5


Câu 9.

(Chuyên ĐBSH lần 1-2018-2019) Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đều cạnh bằng 2 ,
tam giác ABC vuông tại B , BC  3 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB
11
và CD bằng 2 . Khi đó độ dài cạnh CD là

A.

2.

B. 2 .

C. 1 .
Lời giải

D.

3.

Chọn A

Dựng hình chữ nhật ABCE , gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CE , MH  DN tại H

Ta có
�AB  DM
� AB   DMN  � CE   DMN  � MH  CE
�
�AB  MN
�MH  DN
11
� MH   CDE 
�
� d  AB, CD   d �
M ;  CDE  �
 MH 
�
�
MH

CE
�
2
tại H
Tam giác DMN có DM  MN  3 � H là trung điểm DN , mà

HN  MN 2  MH 2 

1
2

� DN  1
2
2

Xét tam giác DNC vuông tại N CD  DN  CN  2 .

Câu 10.

(THPT THUẬN THÀNH 1) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có độ dài cạnh
đáy bằng 4 3 và cạnh bên bằng 12 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AA ' và BC , gọi
P và Q là hai điểm chạy trên đáy  A ' B ' C '  sao cho PQ  3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T  MP  NQ bằng

A. 8 3 .

B. 3 37 .

C. 3 61 .
Lời giải

Chọn B

6

D. 6 29 .


Chiều cao của tam giác đáy:

AN  A�
H  4 3.

3
6

2
.

C .
Gọi H là hình chiếu vng góc của N lên B��
P  x, QH  y .
Đặt A�
P  PQ  QH �A�
H � A�
P  3  QH �6 � x  y �3 .
Ta có: A�
H.
Dấu "  " xảy ra khi P, Q nằm trên đoạn A�
2
2
2
2
Lại có: MP  6  x , NQ  12  y .

Áp dụng bất đẳng thức Min-cốp-xki :
x, y, a, b ��� a 2  b2  x 2  y 2 � ( a  x) 2  (b  y ) 2

.

ay  bx
�
�
ax  by �0 .
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi �
Ta có :

T  MP  NQ  62  x 2  122  y 2 �  6  12    x  y  � 182  32  3 37
2

Dấu "  " xảy ra khi:
Vậy
Câu 11.

�x  y  3
�x  1
�
6 y  12 x
��
�
�y  2
�
6.12  xy �0
�

2

.

.

Tmin  3 37 .

SA   ABCD 
(LẦN 01_VĨNH YÊN_VĨNH PHÚC_2019) Cho hình chóp S . ABCD có
,

SA  2a , ABCD là hình vng cạnh bằng a . Gọi O là tâm của ABCD , tính khoảng cách từ
O đến SC .
a 2
A. 4 .

a 3
B. 3 .

a 3
C. 4 .
Lời giải

7

a 2
D. 3 .


Chọn B

Kẻ

OH  SC � d  O, SC   OH

OC 

AC a 2

2
2

2
2 ; SC  SA  AC  a 6

OHC �SAC �
Câu 12.

.

OH SA
OC.SA a 2.2a a 3

� OH 


OC SC
SC
3
2a 6

Một hình lập phương được tạo thành khi xếp miếng bìa carton như hình vẽ bên.

Tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng AB sau khi xếp, biết rằng độ dài đoạn thẳng
AB bằng 2a .
a 5
A. 2 .

a 5
B. 4 .

a 5

C. 3 .

Lời giải
Chọn D

8

D. a 5 .


Sau khi xếp miếng bìa lại ta được hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh 2a , O là tâm của
A' B 'C ' D ' .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, A ' B.
� MN  AA '  2a ,

OM 

1
A'D '  a
2
.

�AB  OM
�
� d  O, AB   ON  OM 2  MN 2  a 5
Lại có: �AB  MN � AB  ON
.
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN 1 MẶP PHẲNG
Dạng 2.1 Khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến mặt phẳng bên
Câu 13.

SA ^ ( ABC )
(THPT Cẩm Bình Hà Tỉnh lần 1 năm 18-19) Cho hình chóp S . ABC có
,
SA = AB = 2a , tam giác ABC vng tại B (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ A đến mặt

phẳng

( SBC ) bằng

A. a 3 .

C. 2a .

B. a .

D. a 2 .

Lời giải
Chọn D

Gọi H là trung điểm cạnh SB .
�AH ^ BC ( BC ^ ( SAB) )
�
� AH ^ ( SBC )
�
�
�AH ^ SB
.

( SBC ) là
Do đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng

9

AH =

SB 2a 2
=
=a 2
2
2
.


Câu 14.

(Chun Lam Sơn-KSCL-lần 2-2018-2019) Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác vuông
tại A , AB  a , AC  a 3 , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ

 SBC  bằng
điểm A đến mặt phẳng
a 57
A. 19 .

2a 3
C. 19 .

2a 57
B. 19 .

2a 38
D. 19 .

Lời giải
Chọn B

SA   ABC  � SA  BC
Từ A kẻ AD  BC mà
� BC   SAD  �  SAD    SBC 
 SAD  � SBC   SD
mà
� Từ A kẻ AE  SD � AE   SBC 
� d  A;  SBC    AE
1
1
1
4


 2
2
2
2
AB
AC
3a
Trong VABC vuông tại A ta có: AD
1
1

1
19
2a 57



� AE 
2
2
2
2
AS
AD
12a
19
Trong VSAD vng tại A ta có: AE

Câu 15.

(TH&TT LẦN 1 – THÁNG 12) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B ,

2 SA  AC  2a và SA vng góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là
2a 6
A. 3 .

4a 3
B. 3 .

a 6
C. 3 .

Lờigiải

Chọn C

10

a 3
D. 3 .


Kẻ

AH  SB  H �SB 

.

�BC  AB
�
� BC   SAB  � BC  AH � SAB 
�
BC  SA  SA   ABC  
�
Ta có:
.
�AH  SB
� AH   SBC 
�
AH

BC

�
Vì
.
Do đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng
Xét tam giác ABC vuông cân tại B , có

 SBC 

d
 AH
là  A, SBC  
.

AC  2a � AB 

AC
2

 2a

.

1
1
1
1
1
3
 2 
 2  2  2

2
2
SA
AB
a
2a
2a
Xét tam giác SAB vuông tại A , ta có: AH

� AH 2 

2a 2
6a
� AH 
3
3 .

 SBC 
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng
Câu 16.

là

d A, SBC    AH 

6a
3 .

(THPT NGUYỄN TRÃI-THANH HỐ - Lần 1.Năm 2018&2019) Cho hình chóp S . ABC
có đáy ABC là tam giác vng tại B và cạnh bên SB vng góc với mặt phẳng đáy. Biết

SB  3a, AB  4a, BC  2a . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( SAC ) bằng

12 61a
61 .
A.

3 14a
B. 14 .

4a
C. 5 .
Lời giải

Chọn A

11

12 29a
29 .
D.


Từ B kẻ BI  AC nối S với I và kẻ BH  SI dễ thấy BH là khoảng cách từ B đến mặt
phẳng ( SAC )
Ta có B.SAC là tam diện vuông tại B nên:
1
1
1
1
1

1
1
61
12 61a



 2 2

� BH 
2
2
2
2
2
2
BH
BS
BC
BA
9a
4a 16a
144a
61

Câu 17.

(Mã đề 101 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng đỉnh B ,
AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 SBC 

bằng

2 5a
A. 5 .

B.

5a
3 .

2 2a
C. 3 .

Lời giải
Chọn A

�BC  AB
� BC   SAB 
�
BC

SA
�
Ta có
.

� AH   SBC 
Kẻ AH  SB . Khi đó AH  BC

� AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  .

12

D.

5a
5 .


1
1
1
1
1
5
4a 2
2 5a
2
 2
 2  2  2 � AH 
� AH 
2
2
SA AB
4a a
4a
5
5 .
Ta có AH

Câu 18.

(Mã đề 103 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh

3a ,

SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng

A.

5a
3 .

B.

3a
2 .

C.

6a
6 .

D.

3a
3 .

Lời giải
Chọn B

�BC  AB
�
BC   SAB 
Ta có: �BC  SA �

�  SAB    SBC 
�
� � SAB  � SBC   SB
 SAB 

Trong mặt phẳng

AH  d  A;  SBC  
: Kẻ AH  SB �

1
1
1
1
1
4


 2 2  2
2
2
2
AH
SA

AB
a
3a
3a .

�
Câu 19.

d  A;  SBC    AH 

3a
2 .

(Mã đề 104 BGD&ĐT NĂM 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông cân tại

C , BC  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 SBC  bằng
A.

2a .

B.

2a
2 .

a
C. 2 .
Lời giải

Chọn B

13

D.

3a
2 .


�BC  AC
� BC   SAC 
�
BC

SA
�
Vì
Khi đó
Trong

 SBC    SAC  theo giao tuyến là
 SAC  , kẻ

SC .

AH  SC tại H suy ra AH   SBC  tại H .

 SBC  bằng AH .

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
Ta có AC  BC  a , SA  a nên tam giác SAC vuông cân tại A .
1
1
AH  SC  a 2
2
2
Suy ra
.
3V
3V
d  A,  SBC    A.SBC  S . ABC
SSBC
S SBC .
Cách 2: Ta có
�BC  AC
� BC  SC
�
BC

SA
�
Vì
nên tam giác SBC vng tại C .
1
1
3. SA. CA2
3VA.SBC 3VS . ABC
a 2
2

d  A,  SBC   

 3

1
S SBC
S SBC
2
SC.BC
2
Suy ra
.
Câu 20.

(THPT QUỐC GIA 2018 - MÃ ĐỀ 102) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng
đỉnh B , AB  a , SA vng góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng

a
A. 2 .

 SBC 

bằng
a 6
C. 3 .

B. a .

Lời giải

Chọn D

14

a 2
D. 2 .


 SBC 
Kẻ AH  SB trong mặt phẳng
�BC  AB
� BC   SAB 
�
� BC  AH
Ta có: �BC  SA
�AH  BC
� AH   SBC  � d  A,  SBC    AH  1 SB  a 2
�
AH

SB
2
2 .
Vậy �
Câu 21.

BCD
(HKII-CHUYÊN NGUYỄN HUỆ-HN-2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A����

 BDA�

.
có cạnh bằng 1 . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng
A.

d

3
3 .

B.

d

6
4 .

d

C.
Lời giải

2
2 .

D. d  3 .

Chọn A

Gọi O là tâm của hình vng ABCD .
�BD  AO

�
O
�� BD   AA�
Ta có �BD  AA
O
 BDA�
   AA�
Suy ra
.
.
O � AH   BDA�
Kẻ AH  A�
AH  d  A,  BDA�
 .
Suy ra
O vng tại A có AA�
 1,
Xét tam giác AA�

15

AO 

1
2 AH 
AC 
2
2 :

AA�

. AO
AA� AO
2

2



3
3 .


Vậy
Câu 22.

d  A,  BDA�
 

3
3 .

' ' '
(Thi thử lần 4-chuyên Bắc Giang_18-19) Cho hình lăng trụ đứng ABCA B C có đáy là tam

giác ABC vng tại A có BC  2a , AB  a 3 , (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ A
' '
đến mặt phẳng ( BCC B ) là

a 5
A. 2 .

a 7
B. 3 .

a 3
C. 2 .

a 21
D. 7 .

Lời giải
Chọn C
' '
' ' '
Vì lăng trụ ABCA B C là lăng trụ đứng nên ( ABC )  ( BCC B ) .
' '
Do đó kẻ AH  BC � AH  ( BCC B ) .
' '
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCC B ) là đoạn AH .
2
2
Ta có AC  4a  3a  a .

1
1
1
1
1
4
3a



 2  2  2 � AH 
2
2
2
AH
AB
AC
3a a
3a
2 .
Câu 23.

(Thi thử Đại học Hồng Đức –Thanh Hóa – 07-05 - 2019) Cho hình chóp tứ giác đều

S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Khoảng cách từ tâm O của đáy tới mp  SCD  bằng
a
A. 2 .

a
B. 2 .

a
C. 6 .
Lời giải

Chọn C

16

a
D. 3 .


Gọi M là trung điểm của CD ; H là hình chiếu vng góc của O lên SM � OH  SM (*) .
OM  CD
�
� CD   SOM  � CD  OH (**)
�
SM

CD
�
Ta có
Từ (*), (**) suy ra

OH   SCD 

khi đó

d  O,  SCD    OH

.

2

�a 2 � a 2
a
a 3

SO  SB  BO  a  �
OM  ; SM 
�2 �
� 2
�
�
2
2 .
Ta có
;
2

2

2

a 2 a
.
a
OH .SM  SO.OM � OH  2 2 
a 3
6
2
Ta lại có
.
SCD 
Cách khác: Gọi H là hình chiếu vng góc của O lên 
. Vì OC , OD, OS đơi một vng góc nên

1

1
1
1



2
2
2
OC OD OS 2 (khơng cần xác định chính xác vị trí của điểm H)
ta có OH
Câu 24.

(Bạch Đằng-Quảng Ninh- Lần 1-2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng tâm
O , SA vng góc với mặt đáy. Hỏi mệnh đề nào sau đây là sai?
A.
C.

d  B, SCD    2d  O, SCD   .
d  C, SAB    d  C, SAD   .

B.

d  A, SBD    d  B, SAC   .

d S , ABCD    SA.
D. 
Lời giải

Chọn B

-

d B, SCD    2d  O, SCD   .
Vì O là trung điểm của BD nên 
Do đó câu A đúng.

 SAC  và  SBD  vng góc với nhau theo giao
- Kẻ AH vng góc với SO mà hai mặt phẳng

 SBD  .
tuyến SO , suy ra AH vng góc với mặt phẳng
d  A, SBD    AH  OA
d B, SAC    OB  OA
d A, SBD    d  B, SAC  
và 
nên 
Ta có
Do đó câu B sai.
17


Ta có

d  C, SAB    CB

C đúng.
Câu 25.

và

d  C , SAD    CD

nên

d  C, SAB    d  C, SAD   .

Do đó câu

d S , ABCD    SA
Vì SA vng góc với mặt đáy nên 
. Do đó câu D đúng.

(Yên Định 1 - Thanh Hóa - 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC là tam giác
�
�
�
vuông tại A , AC  a 3 , ABC  30 . Góc giữa SC và mặt phẳng ABC bằng 60 . Cạnh bên

SA vng góc với đáy. Khoảng cách từ A đến  SBC  bằng bao nhiêu?
a 6
A. 35 .

a 3
B. 35 .

2a 3
C. 35 .
Lời giải

3a
D. 5

Chọn D

Dựng AM  BC ; AH  SM
Ta có:
AM  BC �
�� BC   SAM 
SA  BC �
� AH  BC và AH  SM � AH   SBC 

� d  A; SBC   AH
�
Tam giác SAC vuông tại A � SA  AC.tan 60 = a 3. 3  3a

SAC  BAC

 g c  g

Tam giác ABC vuông tại A
Tam giác SAM vuông tại A

� SA  BA  3a
�

�

1
1

1
1
1
4


 2 2  2
2
2
2
AM
AB
AC
9a 3a
9a

3a
1
1
1
1
1
4
5
 2
�
 2  2  2 � AH 
2
2
2

5
AH
SA
AM
AH
9a 9a
9a
18


Câu 26.

(SỞ GD ĐỒNG NAI HKI KHỐI 12-2018-2019) Cho hình chóp S .MNPQ có đáy là hình
vng cạnh MN  3a 2 , SM vng góc với mặt phẳng đáy, SM  3a , với 0  a ��.

 SNP  bằng
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng
A. a 3 .

B. 2a 6 .

C. 2a 3 .
Lời giải

D. a 6 .

Chọn D

Gọi H là hình chiếu của M trên SN . Ta có:
�NP  MN

� NP  ( SMN )
�
SH � SMN  � NP  SH
�NP  SM
mà
.
�SH  NP
� SH  ( SNP)
�
 SNP  bằng MH .
�SH  SN
hay khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

Trong tam giác vng SMN có
Câu 27.

MH 

MN .SM
MN  SM
2

2



3a.3a 2
9a 2  18a 2

a 6

.

(TRƯỜNG THPT THANH THỦY 2018 -2019) Cho hình chóp S . ABCD có đường cao
SA  2a , đáy ABCD là hình thang vng ở A và D , AB  2a , AD  CD  a . Khoảng cách từ
SBC 
điểm A đến mặt phẳng 
bằng

2a
.
A. 3

2a
.
B. 2

2a
.
C. 3

Lời giải
Chọn A

19

D. a 2.


S

H
E

A

B

D

C

+ Lấy E là trung điểm AB � tứ giác ADCE là hình vng cạnh bằng a
� AC  a 2

+ BCE vuông cân CE  EB, CE  EB  a � BC  a 2
ACB có:



AC 2  BC 2  a 2

  a 2
2

2

 4a 2  AB 2

� ACB vuông tại C

� BC  AC (1)

SA   ABCD  � BC  SA
(2)

Từ (1) và (2)

� BC   SAC 

BC   SAC  ,  SAC  �AH
+ Dựng AH  SC , có AH  BC (vì
)
� AH   SBC  � d  A;  SBC    AH

1
1
1
1
1
3
2a


 2  2  2 � AH 
 d  A;  SBC  
2
2
2
AH

AS
AC
4a
2a
4a
3
Câu 28.

(Đề thi HSG 12-Sở GD&ĐT Nam Định-2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vng góc với
ABC 
mặt phẳng 
, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC  a 2 . Gọi G là trọng tâm
tam giác SAB và K là hình chiếu của điểm A trên cạnh SC . Gọi  là góc giữa hai mặt

phẳng

 ABC 

và

 AGK  .

Tính cos  , biết rằng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

a
 KBC  bằng 2 .

A.

cos  

1
2.

B.

cos  

2
2 .

cos  

C.
Lời giải

Chọn D

20

3
2 .

D.

cos  

3
3 .

Tam giác ABC vuông cân tại B mà AC  a 2 suy ra AB  BC  a .

SA   ABC 
BC   SAB 
Do BC  BA , BC  SA (vì
) nên
.
BC   SAB 
Gọi H là hình chiếu của điểm A lên SB , thì AH  SB , AH  BC (vì
) nên
AH   SAB 

hay

AH  d  A,  SBC   

a
2.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông SAB với đường cao AH , ta được:

1
1
1
1
1
1
1
 2

� 2

 2
2
2
2
2
AH
SA
AB
SA
AH
AB
a � SA  a nên tam giác SAB vng cân tại A
do đó trọng tâm G thuộc AH .
Từ

AH   SBC  � AH  SC

Vì

SC   AGK 

và

SC   AHK 
SC   AGK 
và AK  SC nên
hay
.

SA   ABC 

nên góc giữa hai mặt phẳng

 AGK 

và

 ABC 

chính là góc

�
giữa hai đường thẳng SC và SA hay   CSA .
Theo trên ta có SC  SA  AC  a 3 suy ra
2

Câu 29.

2

cos  

SA
a
3


AC a 3

3 .

SA   ABC 
(Thi thử SGD Bình Phước - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA  3a và
. Biết

 SBC  bằng
ABC  120�
AB  BC  2a , �
. Khoảng cách từ A đến
3a
A. 2 .

a
B. 2 .

C. a .
Lời giải

Chọn A

21

D. 2a .


Gọi S là diện tích tam giác ABC ta có

S

1
BA.BC.sin120� a 2 3
2
. Nên thể tích khối chóp

1
V  Bh  a 2 3.3a  3a3 3
S . ABC là
3
.
Gọi AH là đường cao trong tam giác ABC khi đó ta có

AH 

2 S 2a 2 3

a 3
BC
2a
.

SH  SA2  AH 2  2a 3 .

Vì

BC   SAH  � BC  SH
. Nên diện tích tam giác SBC là

 SBC  là
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

Câu 30.

d

S1 

1
BC.SH  2a 2 3
2
.

3V 3a 3 3 3a


S1 2a 2 3 2 .

(Chuyên Quốc Học Huế lần 2 - 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A ' BD) theo a .

a 3
A. 3 .

B. a 3 .

C. 2a 3 .
Lời giải

Chọn A

Gọi I  AC �BD và H là hình chiếu của A lên đường thẳng A ' I .

BD  AI � BD  AH

Ta có: BD  AA '

22

a 3
D. 6 .




� AH  BD � AH  ( A ' BD) � d( A, ( A ' BD))  AH
AH  A ' I
.
1
1
1
1
1
3
a 3
 2

 2  2 � AH 
2
2
AH
AI
AA '

a
3
a 2 2 a
(
)
2
Ta có:
.
Câu 31.

(KSCL Sở Hà Nam - 2019) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có tất cả các cạnh

 A ' BC  bằng
bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng
a 12
A. 7 .

a 21
B. 7 .

a 6
C. 4 .
Lời giải

a 3
D. 4 .

Chọn B

Gọi D là trung điểm cạnh BC , E là hình chiếu của A lên A ' D .

�BC  AD
� BC   ADA '  � BC  AE
�
BC

AA
'
�
Ta có:
.

�AE  BC
� AE   A ' BC 
�
d A,  A ' BC    AE
�AE  A ' D
, suy ra 
.

Trong tam giác A ' AD có:

AA '  a , AD 

a 3
2 ,

1
1
1
1

4
7 � AE  a 3  a 21





7 .
7
AE 2 AA '2 AD 2 a 2 3a 2 3a 2
Câu 32.

B C có đáy ABC là tam giác
(Sở giáo dục Cần Thơ - 2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A���
 AC  a và AB  a 3 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BC )
vuông tại A , AA�
bằng
a 21
A. 7 .

a 3
B. 7 .

a 21
C. 3 .
Lời giải

Chọn A
23

a 7
D. 3 .


E ( H �A 'E ) .
Kẻ AE  BC ( E �BC ) ; AH  A�
BC  AE �
AE ) � BC  AH
�� BC  ( A�
�
BC

AA
�
Ta có:
.
�
�
AH

A
E
�
AH

(
A
BC
)
Mà

.

Do đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BC ) bằng AH .
1
1
1
4


 2
2
2
2
AB
AC
3a .
Xét tam giác ABC vng tại A ta có AE

1
1
1
4
1
7
a 21


 2  2  2 � AH 
2
2

2
AE
A�
A
3a a
3a
7 .
AE vng tại A ta có AH
Xét tam giác A�
Câu 33.

(Thi Thử Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định-Lần 2-2019) Cho tứ diện OABC có

OA, OB, OC đơi một vng góc. Biết OA  a, OB  2a, OC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm

O đến mặt phẳng  ABC  .
a 3
A. 2 .

2a 3
B. 19 .

a 17
C. 19 .
Lời giải

a
D. 19 .

Chọn B

C

I

B

O
H

A

24


Trong tam giác OAB dựng đường cao OH , trong tam giác OCH dựng đường cao
�BC  OH
� BC   OAH  � BC  OI (2)
�
OI � OI  CH (1) . Mặt khác ta có �BC  OA
. Từ (1) và (2)
suy ra

OI   ABC  � d  O;  ABC    OI

Xét tam giác OAB vng tại O có
Xét tam giác OCH vng tại O có

OC  a 3, OH 

Vậy

Câu 34.

.

OA  a, OB  2a � OH 

OA2 .OB 2
4a 4 2a


OA2  OB 2
5a 2
5.

2a
OC 2 .OI 2
12a 4 2 3a
� OI 


OC 2  OI 2
19a 2
5
19 .

d  O;  ABC    OI 

2 3a
.
19

(KSNLGV - THUẬN THÀNH 2 - BẮC NINH NĂM 2018 - 2019) Cho hình chóp tứ giác

S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O; mặt phẳng  SAC  vng góc với mặt
phẳng

 SBD  . Biết khoảng cách từ

O đến các mặt phẳng  SAB  ,  SBC  ,  SCD  lần lượt là

1; 2; 5 . Tính khoảng cách d từ O đến mặt phẳng  SAD  .

A.
B.

d

19
20 .

d

20
19 .

C. d  2 .
D.

d

2
2 .

Lời giải
Chọn B
Cách 1:

Gọi p, q, u, v lần lượt là các khoảng cách từ O đến các mặt phẳng
25